51.数列中的计数问题

51.数列中的计数问题原理与应用 
一．基本原理 
1.数列中的计数问题的基本形式如下： 
记数列
落在区间
的个数为
，讨论数列
的性质. 
}
{
na
)]
(
,0
(
k
g
kb
}
{ kb
这种问题的关键就是利用数列自变量
的计数功能，通过不等式
，由
n
n
k
g
an



)
(
0
于
为正整数，从而实现对自变量
的计数，当然，这里面需要一丝丝取整背景，需要读
n
n
者注意. 
进一步：目前的题目的计算背景主要分布在去解下面三个不等式： 
①．
 
1




m
m
q
b
kn
q
②．
 
1



m
n
m
t
q
t
③．
 
b
i
k
t
q
b
tk
n





)
(
2.高斯取整函数： 
表示实数
的整数部分，即
是不大于实数
的最大整数. 
，常称为
[ ]
x
x
[ ]
x
x
{ }
[ ]
x
x
x


x
的“小数部分”或“尾数部分”. 
3.高斯函数图像及小数部分图像. 
取整函数
的图象.                          小数函数：
的图象 
y 
x

y
x

 
 
性质： ①定义域：
；                            性质：①定义域：
；    
x
R

x
R

②值域：
；                                           ②值域：
；   
y
Z



0,1
下面我们通过例子分析. 
二．典例分析 
例1.在等差数列
中，
. 
}
{
na
73
,
84
9
5
4
3




a
a
a
a
（1）求数列
的通项公式； 
}
{
na
（2）对任意
，将数列
中落入区间
内的项的个数记为
，求数列

N
m
}
{
na
)
9,
9
(
2m
m
m
b
的前
项和
. 
}
{ m
b
m
m
S
解析：（1）由
可得
而
，则 
73
,
84
9
5
4
3




a
a
a
a
,
28
,
84
3
4
4


a
a
73
9 
a
，
，
于
是
9
,
45
5
4
9




d
a
a
d
1
27
28
3
4
1





d
a
a
， 
8
9
9
)1
(
1






n
n
an
即
. 
8
9 
n
an
（2）对任意m∈N﹡，
，则
， 
m
m
n
2
9
8
9
9



8
9
9
8
9
2




m
m
n
即
，而
，故
，由题意可知
9
8
9
9
8
9
1
2
1






m
m
n
*
N
n 
1
2
1
9
1
9





m
m
n
， 
1
1
2
9
9



m
m
m
b
于是
 
)
9
9
9
(
9
9
9
1
1
0
1
2
3
1
2
1














m
m
m
m
b
b
b
S



， 
8
9
80
1
9
80
1
9
10
9
8
1
9
80
9
9
9
1
9
1
9
1
9
9
1
2
1
2
1
2
2
1
2
m
m
m
m
m
m
m
m





















即
. 
8
9
80
1
9
1
2
m
m
m
S




例2.已知等差数列
的前5 项和为105，且
. 
{
}
na
20
5
2
a
a

（1）求数列
的通项公式； 
{
}
na
（2）对任意
，将数列
中不大于
的项的个数记为
.求数列
的前m 项和
*
mN
{
}
na
2
7 m
m
b
{
}
m
b
. 
m
S
解析：（1）由已知得：
解得
,所以通项公式为 
1
1
1
5
10
105,
9
2(
4 ),
a
d
a
d
a
d








1
7,
7
a
d


. 
7
(
1) 7
7
na
n
n





（2）由
，得
，即
.∵
， 
2
7
7 m
na
n


2
1
7 m
n


2
1
7 m
m
b


2
1
1
2
1
7
49
7
m
k
m
k
b
b





∴
是公比为49 的等比数列，∴
. 
{
}
m
b
7(1
49 )
7 (49
1)
1
49
48
m
m
m
S





例3．（2020 新高考1 卷）已知公比大于的等比数列
满足
． 
1
{
}
na
2
4
3
20,
8
a
a
a



（1）求
的通项公式； 
{
}
na
（2）记
为
在区间
中的项的个数，求数列
的前
项和
． 
m
b
{
}
na
*
(0,
](
)
m mN
{
}
m
b
100
100
S
解析：（1）由于数列
是公比大于的等比数列，设首项为
，公比为
，依题意有

na
1
1a
q
，解得解得
，或
(舍)，所以
，所以数列
3
1
1
2
1
20
8
a q
a q
a q






1
2,
2
a
q


1
1
32,
2
a
q


2n
na 

na
的通项公式为
. 
2n
na 
（2）由题意，
，即
，当
时，
．当
时，
2n
m

2
log
n
m

1
m 
1
0
b 

1
2 ,2
1
k
k
m





，则
,
m
b
k k


N
 






100
1
2
3
4
5
7
32
33
63
64
65
100
S
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b



















． 
0 1 2
2 4
3 8
4 16
5 32
6 37
480





例4.（2022 新高考1 卷）已知
为等差数列，
是公比为2 的等比数列，且 
{
}
na
{ }
nb
 
2
2
3
3
4
4
a
b
a
b
b
a





（1）证明：
； 
1
1
a
b

（2）求集合
中元素的个数． 
1
{ |
,1
500}
k
m
k b
a
a
m


„
„
解析：（1）设等差数列
公差为
，由
，知
，
{
}
na
d
2
2
3
3
a
b
a
b



1
1
1
1
2
2
4
a
d
b
a
d
b





故
，由
，知
， 
1
2
d
b

2
2
4
4
a
b
b
a





1
1
1
1
2
8
3
a
d
b
b
a
d





故
；故
，整理得
，得证． 


1
1
1
2
4
3
a
d
b
d
a
d





1
1
1
2
a
d
b
d
a




1
1
a
b

（2）由（1）知
，由
知：
 
1
1
2
2
d
b
a


1
k
m
b
a
a




1
1
1
1
2
1
k
b
a
m
d
a






即
，即
，因为
，故
，解得


1
1
1
1
1
2
1
2
k
b
b
m
b
b






1
2
2
k
m

1
500
m
„
„
1
2 2
1000
k
„
„
 
2
10
k
„
„
故集合
中元素的个数为9 个． 
1
{ |
,1
500}
k
m
k b
a
a
m


„
„
 
 
 
 
三．习题演练 
1．（2023 届温州一模）已知数列
是等差数列，
，且
，
，
成等比数

na
1
1
a 
1a
2a
5
1
a 
列．给定
，记集合
的元素个数为
． 
*
k N


*
2 ,
k
n
n k
a
n


N
∣
kb
（1）求
，
的值； 
1b
2b
（2）求最小自然数n 的值，使得
． 
1
2
2022
n
b
b
b



解析：（1）设数列
的公差为
，由
，
，
成等比数列，得
， 
{
}
na
d
1a
2a
5
1
a 
2
1
5
2
(
1)
a a
a


，解得
，所以
， 
2
1 (1
4
1)
(1
)
d
d





1
d 
na
n

时，集合
中元素个数为
， 
1
k 
*
{ |1
2,
}
n
n
n



N
1
2
b 
时，集合
中元素个数为
； 
2
k 
*
{ | 2
4,
}
n
n
n



N
2
3
b 
（2）由（1）知
， 
2
1
k
kb
k



， 
2
1
2
2(1 2 )
(
1)
2(2
1)
1 2
2
2
2
n
n
n
n n
n
n
b
b
b
n














时，
=2001<2022，
时，
=4039>2022， 
10
n 
2
2(2
1)
2
2
n
n
n



11
n 
2
2(2
1)
2
2
n
n
n



记
，显然数列
是递增数列，所以所求
的最小值是11. 
1
2
n
n
T
b
b
b





{ }
nT
n
习题2．已知公比大于的等比数列
满足
． 
1
{
}
na
2
4
3
20,
8
a
a
a



（1）求
的通项公式； 
{
}
na
（2）记
为
在区间
中的项的个数，求数列
的前
项和
． 
m
b
{
}
na
*
(0,
](
)
m mN
{
}
m
b
100
100
S
解析：（1）由于数列
是公比大于的等比数列，设首项为
，公比为
，依题意有

na
1
1a
q
，解得解得
，或
(舍)，所以
，所以数列
3
1
1
2
1
20
8
a q
a q
a q






1
2,
2
a
q


1
1
32,
2
a
q


2n
na 

na
的通项公式为
. 
2n
na 
（2）由题意，
，即
，当
时，
．当
时，
2n
m

2
log
n
m

1
m 
1
0
b 

1
2 ,2
1
k
k
m





，则
,
m
b
k k


N
 






100
1
2
3
4
5
7
32
33
63
64
65
100
S
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b



















 
0 1 2
2 4
3 8
4 16
5 32
6 37
480




